Giải SBT Toán hình 8 trang 98, 99 tập 1 Bài 12: Hình vuông chi tiết nhất

Giải SBT Toán hình lớp 8 trang 98, 99 tập 1 Bài 12: Hình vuông đầy đủ hỗ trợ các em học sinh củng cố kiến thức và hiểu rõ phương pháp giải các dạng bài tập trong sách bài tập

5.0

1 lượt đánh giá

Giải sách bài tập Toán hình 8 trang 98, 99 tập 1 Bài 12: Hình vuông được giải đáp chi tiết và rõ ràng nhất, giúp cho các bạn học sinh có thể tham khảo và chuẩn bị tốt nhất cho bài học sắp tới nhé.

Giải bài 144 SBT Toán hình lớp 8 tập 1 trang 98

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Gọi M, N là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AB, AC. Chứng minh rằng tứ giác AMDN là hình vuông.

Lời giải:

Xét tứ giác AMDN, ta có: ∠(MAN) = 90° (gt)

DM ⊥ AB (gt)

⇒∠(AMD) = 90°

DN ⊥ AC (gt) ⇒∠(AND) = 90°

Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật

(vì có ba góc vuông), có đường chéo AD là đường phân giác của A

Vậy hình chữ nhật AMDN là hình vuông

Giải bài 145 trang 98 SBT lớp 8 Toán hình tập 1

Cho hình vuông ABCD. Trên AB, BC, CD, DA lấy theo thứ tự các điểm E, K, P, Q sao cho AE = BK = CP = DQ. Tứ giác EKPQ là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Ta có: AB = BC = CD = DA (gt)

AE = BK = CP = DQ (gt)

Suy ra: EB = KC = PD = QA

* Xét ΔAEQ và ΔBKE,ta có:

AE = BK (gt)

∠(EAQ) = ∠(KBE) = 90^o

QA = EB (chứng minh trên)

Suy ra: ΔAEQ = ΔBKE (c.g.c) ⇒ EQ = EK (1)

* Xét ΔBKEvà ΔCPK,ta có: BK = CP (gt)

∠(KBE) = ∠(PCK) = 90^o

EB = KC ( chứng minh trên)

Suy ra: ΔBKE = ΔCPK (c.g.c) ⇒ EK = KP (2)

* Xét ΔCPK và ΔDQP,ta có: CP = DQ (gt)

∠C = ∠D = 90^o

DP = CK ( chứng minh trên)

Suy ra: ΔCPK = ΔDQP (c.g.c) ⇒ KP = PQ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: EK = KP = PQ = EQ

Hay tứ giác EKPQ là hình thoi.

Mặt khác: ΔAEQ = ΔBKE

⇒ ∠(AQE) = ∠(BEK)

Mà ∠(AQE) + ∠(AEQ) = 90^o

⇒ ∠(BEK) + ∠(AEQ) = 90^o

Ta có: ∠(BEK) + ∠(QEK) + ∠(AEQ ) = 180^o

Suy ra: ∠(QEK ) = 180^o -( ∠(BEK ) + ∠(AEQ) )= 180^o - 90^o = 90^o

Vậy tứ giác EKPQ là hình vuông.

Giải bài 146 Toán hình lớp 8 SBT trang 98 tập 1

Cho tam giác ABC, điểm I nằm giữa B và C. Qua I vẽ đường thẳng song song với AB, cắt AC ở H. Qua I vẽ đường thẳng song song với AC, cắt AB ở K.

a. Tứ giác AHIK là hình gì?

b. Điểm I ở vị trí nào trên BC thì tứ giác AHIK là hình thoi

c. Tam giác ABC có điều kiện gì thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

Lời giải:

a. Ta có: IK // AC (gt) hay IK // AH

Lại có: IH // AB (gt) hay IH // AK

Vậy tứ giác AHIK là hình bình hành.

b. Hình bình hành AHIK là hình thoi nên đường chéo AI là phân giác của ∠(BAC)

Ngược lại nếu AI là phân giác của ∠(BAC) thì hình bình hành AHIK có đường chéo AI là phân giác của một góc nên hình bình hành AHIK là hình thoi.

Vậy nếu I là giao điểm của đường phân giác của ∠A với cạnh BC thì tứ giác AHIK là hình thoi.

c. Hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

⇒ ∠A = 90^o suy ra ΔABC vuông tại A. Ngược lại ΔABC có ∠A = 90^o

Suy ra hình bình hành AHIK là hình chữ nhật

Vậy nếu ΔABC vuông tại A thì tứ giác AHIK là hình chữ nhật.

Giải bài 147 trang 98 tập 1 SBT Toán hình lớp 8

Hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Gọi H là giao điểm của AQ và DP, gọi K là giao điểm của CP và BQ. Chứng minh rằng PHQK là hình vuông.

Lời giải:

* Xét tứ giác APQD, ta có: AB // CD (gt) hay AP // QD

AP = 1/2 .AB (gt)

QD = 1/2 CD (gt)

AB= CD (vì ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra: AP = QD

Hay tứ giác APQD là hình bình hành.

Lại có: ∠A = 90^o (vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật)

Suy ra tứ giác APQD là hình chữ nhật.

Mà AD = AP = 1/2 AB

Vậy tứ giác APQD là hình vuông.

⇒ AQ ⊥ PD (t/chất hình vuông) ⇒ ∠(PHQ) = 90^o (1)

HP = HQ (t/chất hình vuông)

* Xét tứ giác PBCQ, ta có: AB // CD hay BP //CQ

PB = 1/2 AB (gt)

CQ = 1/2 CD (gt)

AB = CD do ABCD là hình chữ nhật

Suy ra: PB = CQ nên tứ giác PBCQ là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau)

Lại có: ∠B = 90^o (vì ABCD là hình chữ nhật) suy ra tứ giác PBCQ là hình chữ nhật

PB = BC ( vì cùng bằng AD = 1/2 AB)

Vậy tứ giác PBCQ là hình vuông

⇒ PC ⊥ BQ (t/chất hình vuông) ⇒ ∠(PKQ) = 90^o (2)

PD là tia phân giác ∠(APQ) ( t/chất hình vuông)

PC là tia phân giác ∠(QPB) (t/chất hình vuông)

Suy ra: PD ⊥ PC (t/chất tia phân giác của hai góc kề bù) ⇒ ∠(HPK) = 90^o (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác PHQK là hình vuông.

Giải bài 148 SBT Toán hình trang 98 tập 1 lớp 8

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh BC lấy các điểm H, G sao cho BH = HG = GC. Qua H và G kẻ các đường vuông góc với BC chúng cắt AB, AC theo thứ tự ở E và F. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

Lời giải:

Vì ΔABC vuông cân tại A nên ∠B = ∠C = 45^o

Vì ΔBHE vuông tại H có ∠B = 45^o nên ΔBHE vuông cân tại H.

Suy ra HB = HE

Vì ΔCGF vuông tại G, có ∠C = 45^o nên ΔCGF vuông cân tại G

Suy ra GC = GF

Ta có: BH = HG = GC (gt)

Suy ra: HE = HG = GF

Vì EH // GF (hai đường thẳng cũng vuông góc với đường thắng thứ ba) nên tứ giác HEFG là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song bằng nhau);

Lại có ∠(EHG) = 90^o nên HEFG là hình chữ nhật.

Mà EH = HG (chứng minh trên).

Vậy HEFG là hình vuông.

Giải bài 149 lớp 8 SBT Toán hình tập 1 trang 98

Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm F, trên cạnh DC lấy điểm E sao cho AF = DE. Chứng minh rằng AE = BF và AE ⊥ BF.

Lời giải:

Xét ΔABF và ΔDAE,ta có: AB = DA (gt)

∠(BAF) = ∠(ADE) = 90^o

AF = DE (gt)

Suy ra: ΔABF = ΔDAE (c.g.c)

⇒ BF = AE và ∠B₁= ∠A₁

Gọi H là giao điểm của AE và BF.

Ta có: ∠(BAF) = ∠A₁+ ∠A₂ = 90^o

Suy ra: ∠B₁+ ∠A₂ = 90^o

Trong ΔABH,ta có: ∠(AHB) + ∠B₁+ ∠A₂ = 180^o

⇒ (∠(AHB) ) = 180^o – (∠B₁+ ∠A₂ ) = 180^o – 90^o = 90^o

Vậy AE ⊥ BF

Giải bài 150 trang 98 Toán hình tập 1 lớp 8 SBT

Cho hình chữ nhật có hai cạnh kề không bằng nhau. Chứng minh rằng các tia phân giác của các góc của hình chữ nhật đó cắt nhau tạo thành một hình vuông.

Lời giải:

Gọi giao điểm các đường phân giác của các góc: A, B, C, D theo thứ tự cắt nhau tại E, H, F, G.

* Trong ΔADG , ta có:

∠(GAD) = 45^o; ∠(GDA) = 45^o (gt)

Suy ra: ∠(AGD) = 180° - ∠(GAD) - ∠(GDA) = 90°

⇒ ΔGAD vuông cân tại G.

⇒ GD = GA

Trong ΔBHC, ta có:

∠(HBC) = 45^o; ∠(HCB) = 45^o (gt)

Suy ra: ∠(BHC) = 180° - ∠(HBC) - ∠(HCB) = 90°

⇒ ΔHBC vuông cân tại H.

⇒ HB = HC

* Trong ΔFDC, ta có: ∠D₁ = 45^o; ∠C₁ = 45^o (gt)

Suy ra: ∠F = 180° - D₁ - C₁ = 90°

⇒ ΔFDC vuông cân tại F ⇒ FD = FC

Nên tứ giác EFGH là hình chữ nhật (vì có 3 góc vuông).

Xét ΔGAD và ΔHBC,ta có: ∠(GAD) = ∠(HBC) = 45^o

AD = BC (tính chất hình chữ nhật)

∠(GDA) = ∠(HCB) = 45^o

Suy ra: ΔGAD = ΔHBC ( g.c.g)

Do đó, GD = HC .

Lại có: FD = FC (chứng minh trên)

Suy ra: FG = FH

Vậy hình chữ nhật EFGH có hai cạnh kề bằng nhau nên nó là hình vuông.

Giải bài 151 SBT Toán hình tập 1 lớp 8 trang 98

Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa C và D. Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. Kẻ FH ⊥ AE (H ∈ AE) , FH cắt BC ở G. Tính số đo góc (FAG) ̂

Lời giải:

* Xét hai tam giác vuông DAF và HAF, ta có:

∠(ADF) = ∠(AHF) = 90^o

∠A₁= ∠A₂(vì AF là tia phân giác của góc DAH)

AF cạnh huyền chung

Suy ra: ΔDAF = ΔHAF (cạnh huyền, góc nhọn)

⇒ DA = HA

Mà DA = AB (gt)

Suy ra: HA = AB

* Xét hai tam giác vuông HAG và, BAG, ta có:

∠(AHG) = ∠(ABG) = 90^o

HA = AB (chứng minh trên)

AG cạnh huyền chung

Suy ra: ΔHAG = ΔBAG (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

⇒ ∠A₃ = ∠A₄hay AG là tia phân giác của ∠(EAB)

Vậy (FAG) = ∠A₂+ ∠A₃ = 1/2 (∠(DAE) + ∠(EAB) ) = 1/2 .90^o = 45^o

Giải bài 152 SBT Toán hình lớp 8 tập 1 trang 99

Cho hình vuông DEBC. Trên cạnh DC lấy điểm A, trên tia đối của tia DC lấy điểm K, trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho CA = DK = EM . Vẽ hình vuông DKIH (H thuộc cạnh DE). Chứng minh rằng ABMI là hình vuông.

Lời giải:

* Xét ΔCAB và ΔEMB, ta có:

CA = EM (gt)

∠(ACB) = ∠(MEB) = 90°

CB = EB (tính chất hình vuông)

Suy ra: ΔCAB = ΔEMB (c.g.c)

⇒ AB = MB (1)

Ta có: AK = DK+ DA

CD = CA + AD

Mà CA = DK nên AK = CD

* Xét ΔCAB và ΔKIA, ta có:

CA = KI (vì cùng bằng DK)

∠C = ∠K = 90^o

CB = AK (vì cùng bằng CD)

Suy ra: ΔCAB = ΔKIA (c.g.c)

⇒ AB = AI (2)

Ta có: DH = DK (vì KDHI là hình vuông)

Và EM = DK (gt)

Suy ra: DH = EM

⇒ DH + HE = HE + EM

Hay DE = HM

* Xét ΔHIM và ΔEMB, ta có: HI = EM (vì cũng bằng DK)

∠H = ∠E = 90^o

HM = EB (vì cùng bằng DE)

Suy ra: ΔHIM = ΔEMB (c.g.c)

⇒ IM = MB (3)

Từ (1) , (2) và (3) suy ra: AB = BM = AI = IM

Tứ giác ABMI là hình thoi.

Mặt khác, ta có ΔACB = ΔMEB (chứng minh trên)

⇒ ∠(CBA) = ∠(EBM)

Mà ∠(CBA) + ∠(ABE) = ∠(CBE) = 90^o

Suy ra: ∠(EBM) + ∠(ABE) = 90^o hay ∠(ABM) = 90^o

Vậy tứ giác ABMI là hình vuông.

Giải bài 153 trang 99 SBT lớp 8 Toán hình tập 1

Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH.

a. Chứng minh rằng EC = BH, EC ⊥ BH

b. Gọi M, N theo thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MIN là tam giác gì? Vì sao?

Lời giải:

a. Ta có: ∠(BAH) = ∠(BAC) + ∠(CAH) = ∠(BAC) + 90^o

∠(EAC) = ∠(BAC) + ∠(BAE) = ∠(BAC) + 90^o

Suy ra: ∠(BAH) = ∠(EAC)

* Xét ΔBAH và ΔEAC , ta có:

BA = EA (vì ABDE là hình vuông)

∠(BAH) = ∠(EAC) (chứng minh trên)

AH = AC (vì ACFH là hình vuông)

Suy ra: ΔBAH = ΔEAC (c.g.c) ⇒ BH = EC

Gọi K và O lần lượt là giao điểm của EC với AB và BH.

Ta có: ∠(AEC) = ∠(ABH) (vì ΔBAH = ΔEAC) (1)

Hay ∠(AEK) = ∠(OBK)

* Trong ΔAEK, ta có: ∠(EAK) = 90^o

⇒ ∠(AEK) + ∠(AKE) = 90^o (2)

Mà ∠(AKE) = ∠(OKB) (đối đỉnh) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

∠(OKB) + ∠(OBK) = 90^o

* Trong Δ BOK ta có:

∠(BOK) + ∠(OKB) + ∠(OBK) = 180^o

⇒ ∠(BOK) = 180^o – (∠(OKB) + ∠(OBK) ) = 180^o – 90^o = 90^o

Suy ra: EC ⊥ BH

b. * Trong ΔEBC , ta có: M là trung điểm EB (tính chất hình vuông)

I trung điểm BC (gt)

Nên MI là đường trung bình của ΔEBC

⇒ MI = 1/2 EC và MI // EC (tính chất đường trung bình của tam giác).

Trong ΔBCH, ta có: I trung điểm BC (gt)

N trung điểm của CH (tính chất hình vuông)

Nên NI là đường trung bình của ΔBCH

⇒ NI = 1/2 BH và NI // BH (tính chất đường trung bình của tam giác)

Mà BH = CE (chứng minh trên)

Suy ra: MI = NI nên ΔINM cân tại I

MI // EC (chứng minh trên)

EC ⊥ BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ BH. Mà NI // BH (chứng minh trên)

Suy ra: MI ⊥ NI hay ∠(MIN) = 90^o

Vậy ΔMIN vuông cân tại I.

Giải bài 154 Toán hình lớp 8 SBT trang 99 tập 1

Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh CD. Tia phân giác của góc ABE cắt AD ở K. Chứng minh rằng AK+CE = BE.

Lời giải:

Trên tia đối của tia CD lấy điểm M sao cho CM = AK

Ta có: AK + CE = CM + CE = EM (1)

Xét ΔABK và ΔCBM, ta có:

AB = CB (gt)

∠A = ∠C = 90^o

AK = CM (theo cách vẽ)

Suy ra: ΔABK = ΔCBM (c.g.c)

⇒ ∠B₁ = ∠B₄ (2)

Lại có: ∠B₁ = ∠B₂ ( do BK là tia phân giác của ABE)

Suy ra: ∠B₁ = ∠B₂ = ∠B₄

Mà ∠(KBC) = 90^o - ∠B₁ (3)

Tam giác CBM vuông tại C nên: ∠M = 90^o - ∠B₄ (4)

Từ (2), (3) và (4) suy ra: ∠(KBC) = ∠M (5)

Hay ∠B₂ + ∠B₃ = ∠M

⇒ ∠B₄ + ∠B₃ = ∠M( vì ∠B₂ = ∠B₄ )

Hay: ∠(EBM) = ∠M

⇒ ΔEBM cân tại E ⇒ EM = BE. (6)

Từ (1) và (6) suy ra: AK + CE = BE.

Giải bài 155 trang 99 tập 1 SBT Toán hình lớp 8

Cho hình vuông ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, BC.

a. Chứng minh rằng CE vuông góc với DF.

b. Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD.

Lời giải:

Xét ΔBEC và ΔCFD , ta có: BE = CF (gt)

∠B = ∠C = 90^o

BC = CD (gt)

Suy ra: ΔBEC = ΔCFD (c.g.c) ⇒ ∠C₁ = ∠D₁

Lại có: ∠C₁ + ∠C₂ = 90^o

Suy ra: ∠D₁ + ∠C₂ = 90^o

Trong ΔDCM có ∠D₁ + ∠C₂ = 90^o

Suy ra: ∠(DMC) = 90^o

Vậy CE ⊥ DF

b. Gọi K là trung điểm của DC, AK cắt DF tại N.

* Xét tứ giác AKCE, ta có: AB // CD hay AE // CK

AE = 1/2 AB (gt)

CK = 1/2 CD (theo cách vẽ)

AB = CD ( Vì ABCD là hình vuông)

Suy ra: AE = CK nên tứ giác AKCE là hình bình hành (vì có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau) ⇒ AK// CE

DF ⊥ CE (chứng minh trên) ⇒ AK ⊥ DF hay AN ⊥ DM

* Trong ΔDMC, ta có: DK = KC và KN // CM

Nên DN = MN (tính chất đường trung bình của tam giác)

Tam giác ADM có AN là đường cao đồng thời là đường trung tuyến

Suy ra: ΔADM cân tại A

Vậy AD = AM.

Giải bài 156 SBT Toán hình trang 99 tập 1 lớp 8

Cho hình vuông ABCD. Vẽ điểm E trong hình vuông sao cho ∠(EDC) = ∠(ECD) = 15^o

a. Vẽ điểm F trong hình vuông sao cho ∠(FAD) = ∠(FDA) = 15^o. Chứng minh rằng tam giác DEF là tam giác đều.

b. Chứng minh rằng tam giác ABE là tam giác đều.

Lời giải:

a. Xét ΔEDC và ΔFDA, tacó: ∠(EDC) = ∠(FDA) = 15^o

DC = AD (gt)

∠(ECD) = ∠(FAD) = 15^o

Suy ra: ΔEDC = ΔFDA (g.c.g)

⇒ DE = DF

⇒ ΔDEF cân tại D

Lại có: ∠(ADC) = ∠(FDA) + ∠(FDE) + ∠(EDC)

⇒ ∠(FDE) = ∠(ADC) -(∠(FDA) + ∠(EDC) )= 90^o - (15^o + 15^o) = 60^o

Vậy ΔDEF đều.

b. Xét ΔADE và ΔBCE , ta có:

ED = EC (vì AEDC cân tại E)

∠(ADE) = ∠(BCE) = 75^o

AD = BC (gt)

Suy ra: ΔADE = ΔBCE (c.g.c)

⇒ AE = BE (1)

* Trong ΔADE, ta có:

∠(AFD) = 180^o – (∠(FAD) + ∠(FDA) ) = 180^o – (15^o + 15^o) = 150^o

∠(AFD) + ∠(DFE) + ∠(AFE) = 360^o

⇒ ∠(AFE) = 360^o - (∠(AFD) + ∠(DFE) ) = 360^o – (150^o + 60^o) = 150^o

* Xét ΔAFD và ΔAFE, ta có: AF cạnh chung

∠(AFD) = ∠(AFE) = 150^o

DE = EF (vì ΔDFE đều)

Suy ra: ΔAFD = ΔAFE (c.g.c) ⇒ AE = AD

Mà AD = AB (gt)

Suy ra: AE = AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AE = AB = BE

Vậy ΔAEB đều.

►► CLICK NGAY vào nút TẢI VỀ dưới đây để download Giải sách bài tập Toán hình lớp 8 tập 1 trang 98, 99 file word, pdf hoàn toàn miễn phí.

Đánh giá bài viết

5.0

1 lượt đánh giá

Tham khảo thêm: